Bac S Centres étrangers 2012 Correction © http://labolycee.org

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EXERCICE I – LES PROUESSES DU POISSON ARCHER (9 points)
1. Étude de texte
1.1.1. Le texte indique que le poisson doit « tenir compte de la différence d’indice de réfraction ».
Le phénomène physique mis en jeu est le phénomène de réfraction.
Ce phénomène peut se produire lorsque la lumière change de milieu de propagation et que les
milieux de propagation n’ont pas le même indice de réfraction.
1.1.2. Considérons un rayon lumineux issu de l’insecte et se dirigeant vers le poisson situé à la
verticale de l’insecte.
Milieu 1 : Air Milieu 2 : Eau
n
air
= 1,0 n
eau
= 1,33
angle d’incidence i = 0° angle de réfraction r = ?
D’après la loi de Descartes n
air
.sin i = n
eau
. sin r
1,0 ×sin 0 = n
eau
.sin r
0 = n
eau
.sin r donc sin r = 0 soit r = 0°.
Les angles sont mesurés par rapport à la normale (= perpendiculaire à la surface
de séparation de l’eau et de l’air).
Le rayon issu du poisson n’est pas dévié, donc le poisson voit l’insecte où il est vraiment.
1.2. Le poisson tire environ 8 fois par minute : 8T = 60 s, soit T =
60
8
s
fréquence d’émission des jets d’eau : f =
1
T
donc f =
8
60
= 0,1 Hz
2. Modélisation du mouvement du jet d’eau
2.1. Étude du mouvement
2.1.1. L’action de l’air étant négligeable, le bilan des forces ne prend pas en compte les forces de
frottement de l’air, ni la poussée d’Archimède.
2.1.2. Seule la force poids s’applique sur le système {goutte d’eau} dans le référentiel terrestre.
D’après la deuxième loi de Newton :
.
G
P ma
=
. .
G
mg ma
=
G
g a
=
En projection dans le repère (O,
i
,
j
) il vient :
x
Gy
a 0
a
a g
=
= −
2.2. Vecteur vitesse
2.2.1.
0x 0
00y 0
v v .cos
v
v v .sin
= α
= α
2.2.2. a
x
=
x
dv
dt
donc v
x
(t) = a
x
.t + Cte or a
x
= 0 donc v
x
(t) = Cte.
2.3. Recherche de la condition initiale sur l’angle α pour que le jet atteigne l’insecte
2.3.1. D’après le texte « le jet
percute l’insecte au moment où
l’eau atteint le sommet de sa
trajectoire. », donc le vecteur
S
v
,
tangent à la trajectoire, est
horizontal.
2.3.2. On a établi au 2.2.2. que
v
x
(t) = v
0
.cosα donc v
Sx
= v
0
.cosα.
Par ailleurs v
Sy
= 0 puisque
S
v
est
horizontal.
normale
S
v

2.3.3. Énergie mécanique
2.3.3.1. Au point O : E
mO
= E
cO
+ E
pO
E
mO
=
1
2
.m.v
02
+ m.g.y
O
=
1
2
.m.v
02
2.3.3.2. Au point d’impact I
E
mI
=
1
2
.m.v
S2
+ m.g.H
E
mI
=
1
2
.m.(v
0
.cosα)
2
+ m.g.H
E
mI
=
1
2
.m.v
02
.cos
2
α + m.g.H
2.3.4. Les frottements étant négligés alors l’énergie mécanique se conserve : E
mO
= E
mI
1
2
.m.v
02
=
1
2
.m.v
02
.cos
2
α + m.g.H
On divise par m
1
2
. v
02
=
1
2
. v
02
.cos
2
α + g.H
on multiplie par 2 v
02
= v
02
.cos
2
α + 2g.H
v
02
– v
02
.cos
2
α = 2g.H
v
02
.(1 – cos
2
α) = 2g.H
comme sin
2
α + cos
2
α = 1 alors 1 – cos
2
α = sin
2
α
v
02
. sin
2
α = 2g.H
sin
2
α =
. .
2
0
2 gH
v
sin α =
. .
. .
2
0 0
2gH
2 gH
v v
=
α = arcsin
. .
0
2 gH
v
α = arcsin
, ,
,
2 9 81 0 75
4 0
× ×
α = 74 ° valeur conforme à celle indiquée.
On stocke en mémoire la valeur non arrondie de α.
2.4. Mouvement du jet d’eau
2.4.1. D’après 2.1.2.
x
Gy
a 0
a
a g
=
= −
Comme
dv
a
dt
= alors
x
x
y
y
dv
a 0
dt
adv
a g
dt
= =
= = −
il vient
x
y
v Cte1
v
v g.t Cte2
=
= − +
Or
0
v(0) v
=
soit
x 0
y 0
v (0) v .cos Cte1
v (0) v .sin 0 Cte2
= α =
= α = +
il vient finalement :
x 0
y 0
v v .cos
v
v g.t v .sin
= α
= − + α
Et
dOG
v
dt
= alors
x 0
y 0
dx
v v .cos
dt
vdz
v g.t v .sin
dt
= = α
= = − + α
il vient
(
)
( )
0
0
x v .cos . t Cte'1
OG 1
y g.t² v .sin .t Cte'2
2
= α +
= − + α +
Or
OG(0) 0.i 0.j
= + soit
x(0) 0 Cte'1
z(0) 0 Cte'2
= =
= =
il vient finalement :
(
)
( )
0
0
x(t) v .cos .t
OG 1
y(t) g.t² v .sin t
2
= α
= − + α

2.4.2. Déterminons l’instant t
I
auquel le jet d’eau atteint la hauteur H de la mouche :
Le sujet indique que le jet percute l’insecte au moment où l’eau atteint le sommet de sa
trajectoire. Le vecteur vitesse est alors horizontal, alors v
y
(t
I
) = 0, soit – g.t
I
+ v
0
.sinα = 0
t
I
=
0
v .sin
g
α
t
I
=
4,0 sin74
9,81
×
t
I
= 0,39 s
L’eau atteint la mouche à la date t
I
= 0,39 s. Il faut que son temps de réaction soit strictement
inférieur à 0,39 s pour qu’elle lui échappe.
2.4.3. x(t
I
) = v
0
.cosα.t
I
= d
x(0,39) = 4,0×cos74×0,39 = 0,43 m = 43 cm
3. Éclairage d’un aquarium
3.1. Les longueurs d’onde du domaine ultra-violet sont inférieures à celles du domaine visible.
À propos du spectre du tube fluorescent
3.2.1. La figure 2. montre un spectre contenant toutes les radiations du domaine visible ce qui
justifie l’appellation « plein spectre ».
3.2.2. Le mercure émet un rayonnement ultraviolet.
3.3. À propos du mercure utilisé dans le tube fluorescent
3.3.1. Le niveau d’énergie E
0
est appelé niveau fondamental.
Les niveaux d’énergie E
1
à E
4
sont appelés états excités.
3.3.2. L’atome passe du niveau d’énergie E
3
à E
1
, il perd de l’énergie en émettant un photon.
3.3.3. E
3
– E
1
= h.
c
λ
λ =
.
3 1
hc
E E
−
λ =
, ,
( , ( , )) ,
34 8
19
6 63 10 3 00 10
2 72 5 00 160 10
−
−
× × ×
− − − × ×
= 5,45×10
–7
m = 545×10
–9
m = 545 nm
Cette valeur correspond à un nanomètre près à la raie annoncée à 546 nm dans l’énoncé. Elle
est donc cohérente.